Chapitre 5.1 – La pression θ

Chapitre 5.1 – La pression
La pression
La pression est une mesure de force par unité de surface. Dans cette définition, nous
utilisons seulement la composante de la force qui est perpendiculaire à la surface. Bien que
la force soit un vecteur, la pression est considérée comme un scalaire :
P=
où
F cos θ F⊥
=
A
A
v
F
P : La pression associée à un élément de surface (Pa)
F⊥ : Force perpendiculairement à la surface (N)
A : Surface sur laquelle est appliquée la force (m2)
θ : Angle entre la force et la normale à la surface
Unité SI (pascal) :
[F ] = N
Pa = [P ] =
[A] m 2
θ
F⊥
A
kg m/s 2
=
= kg m -1s − 2
2
m
Situation A : La pression d’un piston. Un piston pousse horizontalement sur un cylindre
plein de 10 cm de rayon avec une force de 80 N. On désire évaluer la pression qu’exerce le
piston sur la surface du cylindre.
Nous pouvons évaluer la surface du cylindre :
A = π R2
⇒
A = π (0,1)
2
⇒
A = 0,0314 m 2
Évaluons maintenant la pression exercée par le piston :
P=
F⊥
A
⇒
P=
(80)
(0,0314)
⇒
P = 2548,8 Pa
L’équilibre et la pression
Selon la 2ième loi de Newton,
l’équilibre est atteint lorsque la
somme des forces est nulle. Dans le
cas de la pression, l’équilibre est
atteint1 lorsque la pression évaluée de
chaque côté d’une surface d’épaisseur
infinitésimale est égale et qu’elle est
produite par des forces de signes
opposées.
1
v
F2
v
F1
A
v
v
F1 = F2 = F
P=
F
A
dx
P
P
x(m )
Cette règle ne s’applique pas lorsque la gravité influence le calcul de la pression.
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Théorème de la transmission horizontale de la pression
Le théorème de la transmission horizontale de la pression dans un système au repos
s’énonce de la façon suivante :
Dans un système de masses incompressibles horizontales au repos de surface
identique, la pression est constante en tout point sur un axe vhorizontal et elle est
égale à la pression externe causée par une force F qui se propage
horizontalement à l’ensemble du système.
Preuve :
Considérons un groupe de 3 cubes de surface A
alignés horizontalement et appuyés contrev un
mur du côté droit. On applique une force F du
côté gauche afin de pousser les cubes vers le
mur. Les cubes sont incompressibles (le volume
ne change pas sous la présence d’une force).
v
a1 = 0
v
n21
v
F m1
v
a2 = 0
v
n32
v
a3 = 0
v
nM 3
v m2
n12
v m3
n23
x( m)
ième
À partir de la 2
loi de Newton selon l’axe x ( ∑ Fx = ma x ), évaluons les forces
normales de contact entre les cubes. Utilisons le fait que l’accélération est nulle pour tous
les cubes sont incompressibles :
Bloc m1
Bloc m2
Bloc m3
F − n21 = 0
⇒
F = n21
n12 − n32 = 0
n 23 − nM 3 = 0
⇒
n12 = n32
⇒
n 23 = n M 3
v
v
En utilisant la 3ième loi de Newton ( FAB = − FBA ), on réalise que toutes les forces ont le
même module même si les cubes n’ont pas la même masse :
F = n12 = n 23 = n M 3
Évaluons la pression sur l’ensemble des surfaces verticales des différents cubes :
v
v
v
a3 = 0
a1 = 0
a2 = 0
v
v
v
n21
n32
nM3
F
v
P=
F m1
v m2
v m3
A
n12
n23
P
P
P
P x( m)
Puisqu’il y a une force normale de module F qui est appliquée survchacune des surfaces
verticales des différents cubes, alors la pression causée par la force F d’origine se propage
sur l’ensemble des cubes. ■
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Théorème de la transmission verticale de la pression sous
l’influence de la gravité
Le théorème de la transmission verticale de la pression dans un système au repos sous
l’influence de la gravité s’énonce de la façon suivante :
Dans un système de masses incompressibles verticales
au repos de surface
v
identique, la pression externe causée par une force F se propage verticalement
à l’ensemble du système et la variation de pression gravitationnelle causée par
l’accumulation de masse au-dessus d’une surface est proportionnelle à la force
v
gravitationnelle mg appliquée sur cette masse.
Mathématiquement, ce théorème se résume de la façon suivante :
P = Pext + ∆Pg
où
P : Pression mesurée à la surface (Pa)
Pext : Pression externe (Pa)
( Pext = F⊥ / A )
∆Pg : Variation de pression causée par la gravité (Pa)
( ∆Pg = mtot g / A )
Preuve :
Considérons un groupe de 3 cubes de surface A valignés verticalement
et appuyés contre le sol. On applique une force F sur le cube du haut
afin de pousser les cubes vers le sol. Les cubes sont incompressibles
(le volume ne change pas sous la présence d’une force).
À partir de la 2ième loi de Newton selon l’axe y ( ∑ Fy = ma y ),
évaluons les forces normales de contact entre les cubes. Utilisons le
fait que l’accélération est nulle pour tous les cubes incompressibles :
Bloc m1
Bloc m2
Bloc m3
n21 − m1 g − F = 0
⇒
n12 = m1 g + F
n32 − m2 g − n12 = 0
⇒
n32 = m 2 g + n12
nS3 − m3 g − n 23 = 0
⇒
nS3 = m3 g + n 23
y( m )
v
m1
v
F
a1 = 0
v
m1 g nv
21
v
m2
v
a 2 = 0 n12
v
m 2 g nv
32
v
m3
n23
v
a3 = 0
v
m3 g nvS 3
v
v
En utilisant la 3ième loi de Newton
(
F
=
−
F
AB
BA ), nous pouvons évaluer nos forces normales
v
à partir de la force externe F et de la force gravitationnelle totale appliquée sur les cubes
au-dessus de la surface où la force normale est évaluée :
Surface cube 1-2
Surface cube 2-3
Surface cube 3 et le sol
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
n21 = m1 g + F
n32 = (m1 + m 2 )g + F
nS3 = (m1 + m 2 + m3 )g + F
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Évaluons la pression sur l’ensemble des surfaces verticales des différents cubes :
v
m1
v
F
a1 = 0
v
m1 g nv21
y(m )
F
P=
A
P=
F + m1 g
A
P=
F + (m1 + m2 )g
A
P=
F + (m1 + m2 + m3 )g
A
v
m2
v
a2 = 0 n12
v
m2 g nv32
v
m3
v
n23
a3 = 0
v v
m3 g nS3
Généralisons l’expression de la pression de cette situation :
P=
F + (m1 + m2 + m3 )g
A
⇒
⇒
F + mtot g
A
P = Pext + ∆Pg ■
P=
(Remplacer mtot = m1 + m2 + m3 )
(Remplacer Pext = F⊥ / A , ∆Pg = mtot g / A )
La pression atmosphérique
En 1648, le jeune prodige français Blaise Pascal a continué les travaux
sur le vide de Torricelli2 ce qui a permis de confirmer l’existence de la
pression atmosphérique causée par le poids de l’atmosphère.
Au niveau de la mer, la pression atmosphérique moyenne est égale à la
valeur suivante :
Patm = PA = 101,3 kPa = 1,013 × 10 5 Pa
Blaise Pascal
(1623-1662)
Voici la répartition de la masse gazeuse dans atmosphère de la Terre :
La pression atmosphérique est très faible à des
hauteurs supérieures à 16 km.
Sous une altitude de 30 km à 40 km, on peut retrouver
99% de la masse atmosphérique.
On évalue la masse de l'atmosphère terrestre à
5,13 1018 kg, soit environ un millionième de la masse
de Terre.
2
Evangelista Torricelli a inventé le baromètre à tube de mercure. Le torr (unité de pression correspondant à
une colonne de mercure de 1 mm) lui a été dédié en l’honneur de ses travaux non publiés.
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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La pression dans un fluide homogène
Les travaux du physicien et mathématicien italien Evangelista
Torricelli sur le baromètre à tube de mercure permis d’établir un lien
entre la variation de pression exercée par une colonne d’un fluide3
homogène et la hauteur de la colonne en question. Ainsi, la variation de
pression ∆P causée par une colonne d’un fluide homogène dépend de
la masse volumique ρ du fluide, de la hauteur h de la colonne du
fluide et de la gravité g. La pression augmente vers le bas de la colonne
et diminue vers le haut de la colonne :
Evangelista Torricelli
(1608-1647)
∆Pg = ± ρ g h
où
∆Pg : Variation de pression causée par la gravité appliquée sur une colonne (Pa)
ρ : Masse volumique de la matière (kg/m3)
g : Champ gravitationnel appliqué sur la colonne (N/kg)
h : Hauteur de la colonne de matière (m)
Signe : (+) Positif si la colonne est au-dessus du point de mesure.
(-) Négatif si la colonne est sous le point de mesure.
Preuve :
Évaluons la variation de la pression causée par la gravité appliquée sur la
colonne de liquide d’une hauteur h , de rayon R et de masse volumique
ρ . Utilisons le théorème précédent pour définir une expression initiale à
la variation de la pression :
∆Pg =
mtot g
A
⇒
∆Pg =
(ρ V )g
⇒
A
ρ ( A h )g
∆Pg =
A
⇒
∆Pg = ρ g h
Pression dans une colonne de
liquide :
■
(Remplacer mtot = ρ V )
(Remplacer V = A h )
(Simplifier A)
Principe du vase
communiquant :
h1 = h2 car P1 = P2
Cette situation est valide uniquement
lorsque la pression à la surface des deux
côtés est identique.
3
Pression lors d’une colonne
« virtuelle » de matière :
Il y a transmission de la pression
horizontale même s’il n’y a pas réellement
de liquide au-dessus du point.
Un fluide est un milieu parfaitement déformable (ex: liquide, gaz)
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Densité de fluide
Voici une table de différentes masses volumiques associées à quelques liquides. La densité
relative correspond au rapport entre la densité absolue et la densité de l’eau :
Densité absolue ρ (kg/m3)
(masse volumique)
1,3
1000
1 050
1 030
7 700
13 600
Fluide
Air
Eau
Sang
Plasma sanguin
Fer
Mercure
Densité relative
0,0013
1
1,05
1,03
7,7
13,6
Définition de la densité relative :
Densité relative =
Densité (absolue) d' un substance
Densité (absolue) de l' eau
Le manomètre en U
Pour mesurer la pression d’un gaz (jaune) à l’intérieur d’un volume V, nous pouvons
utiliser un manomètre en U. Cet instrument fonctionne grâce à la pression atmosphérique
(blanc) et à la variation de pression causée par une colonne d’un liquide (bleu). On utilise
très souvent du mercure dans un tel montage, car sa masse volumique est très élevée
( ρ = 13 600 kg/m 3 ). Cela signifie qu’une grande pression peut être mesurée sans avoir
recours à une grande colonne de liquide :
Si :
Alors : Pgaz = PA + ρ g h
où
Si :
Pgaz > PA
( P2 = P3 )
Pgaz < PA
Alors : Pgaz = PA − ρ g h
( P1 = P2 )
Pgaz : Pression du gaz (Pa)
PA
ρ
g
h
: Pression atmosphérique (Pa)
: Masse volumique de la matière dans la colonne (kg/m3)
: Gravité appliquée sur la masse (N/kg)
: Hauteur de la colonne de liquide mesuré entre Pgaz et PA (m)
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Situation B : La pression du gaz. Un gaz est contenu dans
une sphère de 5 cm de rayon à une température de 22 C.
Lorsque cette sphère est raccordée à un manomètre en U
contenant du mercure ( ρ = 13 600 kg/m 3 ), la colonne de
mercure prend la position suivante à l’équilibre (voir
schéma ci-contre). On désire évaluer la pression du gaz.
Évaluons la hauteur de la colonne de mercure :
h = y1 − y 2
⇒
h = (0,470) − (0,150)
⇒
h = 0,320 m
Évaluons la pression du gaz sachant que la colonne de mercure est poussée par le gaz dans
la sphère et que l’autre extrémité du tube est en contact avec l’atmosphère :
Pgaz = Patm ± ∆Pg
⇒
Pgaz = Patm ± (ρ g h )
( ∆Pg = ρ g h )
⇒
Pgaz = Patm + ρ g h
( Pgaz > Patm )
⇒
Pgaz = (101 × 10 3 ) + (13 600)(9,8)(0,320)
(Remplacer valeurs num.)
⇒
Pgaz = 101× 10 3 + 42 650
(Calculer ρ g h )
⇒
Pgaz = 143 ,65 × 10 3 Pa
(Simplifier)
Unités de pression
Voici différentes autres façons de mesurer la pression :
mm de mercure4 : (mm de Hg)
Mesure de pression fréquemment utilisée dans le domaine médicale. Cette mesure fait
référence à la variation de pression gravitationnelle générée par une colonne de mercure
dans un manomètre en U. Une hauteur de 1 mm de mercure produit sur la Terre
( g = 9,8 N/kg ) la pression suivante :
1 mm de Hg = 133,3 Pa
Atmosphère : (atm)
Mesure de pression fréquemment utilisée dans le domaine de la météorologie et dans le
domaine de la plongée sous-marine. Cette mesure fait référence à la variation de pression
gravitationnelle exercée par l’atmosphère à la surface de la Terre :
1 atm = 1,013 × 10 5 Pa
4
et
1 atm = 760 mm Hg
L’unité suivant porte également le nom de « torr ».
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Exercices
Exercice A : Les boîtes empilées. Une boîte A de 3 kg,
une boîte B de 8 kg ainsi qu’une boîte C et 5 kg sont
empilées sur le sol tel qu’illustré sur le schéma ci-contre.
Les boîtes ont toutes une profondeur de 1 m et une hauteur
de 1,2 m. Par contre, la boîte A possède une largeur de
1,2 m, la boîte B possède une largeur de 3,4 m et la boîte
C possède une largeur de 2,5 m. Évaluez (a) la pression
P1, (b) la pression P2 et (c) la pression P3.
On suppose que la pression du gaz extérieur est égale à
zéro (dans le vide) et que la pression est uniformément
répartie sur les surfaces en contact.
3,4 m
1,2 m
A
B P1
P2
C P3
2,5 m
Solutions
Exercice A : Les boîtes empilées.
(a)
La pression P1 :
P1 = Pext + ∆Pg = Pgaz +
(b)
nCB
(m + mB )g (3 + 8)(9,8)
= (0 ) + A
=
= 43,12 Pa
(2,5)(1)
A
A
La pression P2 :
Il n’y a pas de force normale appliquée sur ce point situé sur la surface de la boîte B.
P2 = Pext = Pgaz = 0 Pa
P.S. À l’intérieur de la boîte B, la pression peut être supérieure à zéro, mais cela
devient impossible à évaluer avec nos techniques.
(c)
La pression P3 :
P3 = Pext + ∆Pg = Pgaz +
nsol
(m + mB + mC )g (3 + 8 + 5)(9,8)
= (0 ) + A
=
= 62,72 Pa
(2,5)(1)
A
A
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